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e3a PSIA 2007
un corrig´
e
1

Quelques calculs pr´
eliminaires.
1. Remarque : au vu des questions 2 et 3, on sait que les valeurs propres vont ˆetre −1 et 2. C’est
en le sachant que l’on agit comme suit. On aurait aussi pu calculer le polynˆ
ome caract´eristique
et faire des r´esolutions de syst`emes.
On remarque que




3 −3 3
0 −3 3
A + I3 =  −3 4 −4  et A − 2I3 =  −3 1 −4 
−3 4
4
−3 4 −7
Il est alors visible que (0, 1, 1) ∈ ker(A + I3 ) et (−1, 1, 1) ∈ ker(A − 2I3 ). −1 et 2 sont valeurs
propres et comme la trace de A est nulle, la “troisi`eme” valeur propre de A vaut −1. 2 est valeur
propre simple et donc
ker(A − 2I3 ) = V ect((−1, 1, 1))
A + I3 est de rang au moins 2 (colonnes 1 et 2 ind´ependantes). Le noyau ´etant de dimsnion au
moins 1, ce rang vaut 2 et
ker(A + I3 ) = V ect((0, 1, 1))
2. Le calcul donne


1 −1 1
(A + I3 )2 = 9  −1 1 −1 
−1 1 −1


C’est une matrice de rang 1 (colonnes toutes proportionnelles `a la premi`ere) et (1, 1, 0), (0, 1, 1)
sont des ´el´ements ind´ependants du noyau. Par th´eor`eme du rang, ce noyau est de dimension 2
et donc
ker((A + I3 )2 ) = V ect((1, 1, 0), (0, 1, 1))
Pour montrer que ker((A+I3 )2 ) et ker(A−2I3 ) sont suppl´ementaires dans C3 , il suffit de montrer
que la concat´en´ees de bases de ces sous-espace donne une base de C3 . On forme donc


0 1 −1
P = 1 1 1 
1 0 1
Comme det(P ) = 1, P est inversible et on a bien
ker((A + I3 )2 ) ⊕ ker(A − 2I3 ) = C3
3. ker((A + I3 )2 ) ´etant de dimension 2, il poss`ede un ´el´ement e2 qui n’est pas dans le noyau de
A+I3 . Si on pose e1 = (A+I3 )e2 on obtient un ´element non nul du noyau de A+I3 . Cet ´el´ement
n’est pas colin´eaire `
a e2 (qui n’est pas dans ce noyau) et (e1 , e2 ) est libre dans ker((A + I3 )3 ) (e1
est aussi dans cet ensemble puisqu’il est dans ker(A + I3 )). On note enfin e3 un ´el´ement non nul
de ker(A − 2I3 ). Avec la question pr´ec´edente, (e1 , e2 , e3 ) est une base de C3 et, par construction
Ae1 = −e1 , Ae2 = e1 − e2 , Ae3 = 2e3



−1 1 0
L’endomorphisme canoniquement associ´e `a A est, dans cette base repr´esent´e par  0 −1 0 .
0
0 2
A est donc semblable `
a cette matrice.
Remarque : avec la matrice P de la question pr´ec´edente, on a aussi P −1 AP qui a la forme
voulue.
1

2

Quelques propri´
et´
es de la matrice J(0).
1. Les n − 1 premi`eres colonnes de J(0) sont clairement ind´ependantes. La derni`ere est nulle et
donc combinaison des n − 1 premi`eres. Le rang de J(0) vaut donc n − 1.
2.1. Soit j l’endomorphisme canoniquement associ´e `a J et (u1 , . . . , un ) la base canonique de Cn .
On a alors
∀l ∈ [1..n − 1], j(el ) = el+1 et j(en ) = 0
On en d´eduit alors, en it´erant, que pour k ∈ [1..n − 1],
∀l ∈ [1, n − k], j k (el ) = el+k et ∀l ∈ [n − k + 1, n], j k (el ) = 0


0 ... ... ... ... ... 0
 .
.. 
 ..
. 



.. 
 0
. 



.
.. 
u la diagonale de 1 commence
On en d´eduit que J(0)k =  1 . . .
 o`




.
.. 
 0 ... ...


.. 
 .. . .
..
..
.
.
.
 .
. 
0 ... 0
1
0 ... 0
sur la ligne k + 1. On peut aussi ´ecrire que
∀i, j ∈ [1..n], (J(0)k )i,j = δj+k,j
On remarque que cei est encore valable si k = 0 (on obtient alors la matrice In ).
On en d´eduit aussi que j n (el ) = 0 pour tout l et que donc J(0)n = On et donc (on continue `
a
multiplier par J(0) et on obtient toujours la matrice nulle) :
∀k ≥ n, J(0)k = On
2.2. Soit k ≥ 1 (l’´enonc´e oublie de pr´eciser que l’exposant n’est pas nul). (J(0)k )n = J(0)nk = On
car nk ≥ n. J(0)k est donc nilpotente.
3. Dans la somme d´efinissant α(J(0)), il n’y a qu’un nombre fini de matrices non nulles et on vient
de les calculer :


1
0 ... 0

.. 

..
 1!1
.
0 si i ≤ j − 1
. 


α(J(0)) = 
1
..
 = (vi,j ) avec vi,j =
..
..
(i−j)! si i ≥ j
.
. 0 

.
1
1
1
1!
(n−1)! . . .
U = α(J(0)) − In est la mˆeme matrice o`
u l’on a remplac´e les 1 diagonaux par des z´eros.
4. Soient A et B deux matrices nilpotentes qui commutent. On peut trouver des entiers p et q tels
que Ap = B q = On . Soient α, β deux scalaires. Comme A et B commutent, on peut utiliser la
formule du binˆ
ome pour obtenir
p+q

(αA + βB)

=


p+q
X
p+q
k

k=0

αk β p+q−k Ak B p+q−k

Si k ≥ p, Ak = Ap Ak−p est nulle et si k ≤ p alors p + q − k ≥ q et c’est alors B p+q−k qui est
nulle. Ainsi, tous les termes de la somme sont nuls et (A + B)p+q = On . αA + βB est nilpotente.
On en d´eduit par r´ecurrence que pour tout p, une combinaison lin´eaire de p matrices nilpotentes
qui commutent deux `
a deux est encore une matrice nilpotente.
2

5. On a
U=

n
X
1 k
J
k!
k=1

qui est une combinaison lin´eaire de matrices nilpotentes qui commutent deux `a deux. Avec la
question pr´ec´edente, U est nilpotente.
Les n − 1 premi`eres colonnes de U sont ind´ependantes (famille “´echelonn´ee” dans la base canonique de Cn ) et la derni`ere est nulle (et donc combinaison des pr´ec´edentes). U est donc de rang
n − 1.

3

Quelques r´
esultats sur les noyaux it´
er´
es d’un endomorphisme.
1. Soient i, j ∈ N, on a

∀x ∈ E, ui+j (x) = uj (ui (x))

Si ui (x) = 0 alors ui+j (x) = uj (0) = 0 et on a donc l’inclusion
ker(ui ) ⊂ ker(ui+j )
2. En particulier, la suite (ker(um ))m∈N est croissante au sens de l’inclusion et, en passant aux
dimension, la suite (tm )m∈N est croissante. Comme elle est major´ee par la dimension de E, elle
converge. Et comme elle est constitu´ee d’entiers, elle est stationnaire `a partir d’un certaine rang.
Il existe donc un entier m0 tel que tm0 = tm0 +1 et l’ensemble {m ∈ N/ tm = tm+1 } est donc
non vide. Comme il est inclus dans N, il poss`ede un minimum (ce qui est mieux qu’une borne
inf´erieure). On peut poser
r = min{m ∈ N/ tm = tm+1 }
3. Par d´efinition de r, si m < r alors tm 6= tm+1 . On a donc ker(um ) ⊂ ker(um+1 ) et les sousespaces n’ayant pas mˆeme dimension, l’inclusion est stricte.
r ´etant un minimum, on a tr = tr+1 . Comme ker(ur ) ⊂ ker(ur+1 ) et comme on a ´egalit´e des
dimensions, on a donc ker(ur ) = ker(ur+1 ).
Enfin, on montre par r´ecurrence sur l’entier m que l’affirmation
ker(um ) = ker(um+1 )
est vraie pour tout m ≥ r.
- Initialisation : on a vu que le r´esultat ´etait vrai pour m = r.
- Etape de r´ecurrence : soit m ≥ r tel que le r´esultat est vrai jusqu’au rang m. Soit x ∈
ker(um+2 ) ; on a um+1 (u(x)) = 0 et donc u(x) ∈ ker(um+1 ). Par hypoth`ese de r´ecurrence,
ker(um ) = ker(um+1 ) et donc um (u(x)) = 0 c’est `a dire x ∈ ker(um+1 ). On a prouv´e que
ker(um+2 ) ⊂ ker(um+1 ) et comme l’inclusion r´eciproque a d´ej`a ´et´e prouv´ee, on a l’´egalit´e et
le r´esultat au rang m + 1.

4

Recherche des endomorphismes nilpotents de rang n − 1.
1.1. On a
Im(w) = v q (Im(v p )) = Im(v p+q )
1.2. w(x) = 0 ´equivaut x ∈ Im(v p ) et w(x) = 0 c’est `a dire `a x ∈ Im(v p ) et v q (x) = 0. On a donc
ker(w) = Im(v p ) ∩ ker(v q ) ⊂ ker(v q )

3

1.3. D’apr`es le th´eor`eme du rang,
dim(Im(w)) + dim(ker(w)) = dim(Im(v p ))
En utilisant les deux questions pr´ec´edentes, on a donc
dim(Im(v p )) ≤ dim(ker(v q )) + dim(Im(v p+q ))
Le th´eor`eme du rang donne aussi
dim(Im(v p )) = dim(E) − dim(ker(v p ))
dim(Im(v p+q )) = dim(E) − dim(ker(v p+q ))
En injectant ces relations dans l’in´egalit´e, on obtient
dim(ker(v p+q )) ≤ dim(ker(v p )) + dim(ker(v q ))
1.4. On prouve le r´esultat demand´e par r´ecurrence sur i.
- Initialisation : le r´esultat est vrai pour i = 1 car v est de rang n − 1 et donc dim(ker(v)) = 1
(l’in´egalit´e est une ´egalit´e).
- Etape de r´ecurrence : soit i ∈ [1..n−1] tel que le r´esultat soit vrai jusqu’au rang i. La question
pr´ec´edente indique que
dim(ker(v i+1 )) ≤ dim(ker(v i )) + dim(ker(v))
Comme ker(v) est de dimension 1 et comme le r´esultat est vrai au rang i, on a donc
dim(ker(v i+1 )) ≤ i + 1
ce qui prouve le r´esultat au rang i + 1.
1.5. v ´etant nilpotente, on a v n = 0 et dim(ker(v n )) = n. D’apr`es la partie 3 la suite (dim(ker(v i )))i∈N
commence par croˆıtre strictement puis stationne `a la valeur n. D’apr`es la question pr´ec´edente,
elle ne peut donc pas stationner avant le rang n et on a
1 = dim(ker(v)) < dim(ker(v 2 )) < · · · < dim(ker(v n )) ≤ n
Pour que ces in´egalit´e puissent avoir lieu, on doit n´ecessairement avoir
∀i ∈ [1..n], dim(ker(v i )) = i
2. Comme ker(v n−1 ) est de dimension n − 1, il n’est pas ´egal `a E et v 6= θ.
3. Il existe donc e ∈ E tel que v n−1 (e) 6= 0. Montrons que (e, v(e), . . . , v n−1 (e)) est libre. Pour
cela, on suppose que
α0 e + α1 v(e) + · · · + αn−1 v n−1 (e) = 0
On a bien sur v k = θ pour tout k ≥ N .
En composant par v n−1 , on a alors α0 v n−1 (e) = 0 et donc α0 = 0.
Si on compose par v n−2 , on obtient de mˆeme α1 = 0. C’est donc un processus r´ecurrent qui nous
permet de montrer la nullit´e de tous les αi .
La famille est libre et poss`ede n = dim(E) ´el´ements : c’est une base de E.
4. La matrice de v dans cette base est tout simplement J(0).
5. Si v et w sont deux endomorphismes nilpotents de rang n − 1 alors il existe des bases dans
lesquelles ces deux endomorphismes sont repr´esent´es par J(0). Les matrices de ces endomorphismes sont donc semblables (transitivit´e de la relation de similitude).
Il est difficile de savoir ce qu’attend l’´enonc´e `a la question “d´eterminer tous les endomorphismes
nilpotents d’ordre n − 1”. On peut, per exemple, dire que ce sont ceux dont la matrice dans la
base canonique est semblable `
a J(0).
4

5


esolution de l’´
equation J(µ) = α(X).
1. L’application M 7→ P −1 M P est continue (par exemple, elle est lin´eaire et on est en dimension
finie. On en d´eduit que
!
k
k
X
X
P −1 M m P
Mm
−1
−1
P α(M )P = P
P = lim
lim
k→+∞
k→+∞
m!
m!
m=0

m=0

Or, P −1 M m P = (P −1 M P )m (r´esultat connu que l’on retrouve sans peine par r´ecurrence sur m)
et donc

P −1 α(M )P = α P −1 M P
2. Soit z ∈ C et z = x + iy son ´ecriture alg´ebrique. ez = z x eiy admet ex comme module et y est
un de ses arguments.
- On a ez = i = eiπ/2 si et seulement si ex = 1 et y = π2 [2π]. La premi`ere ´equation admet
{ π2 + 2kπ i/ k ∈ Z} comme ensemble de solutions.
- On a ez = −1 = eiπ si et seulement si ex = 1 et y = π[2π]. La premi`ere ´equation admet
{(π + 2kπ) i/ k ∈ Z} comme
ensemble de solutions.
- On a −3−4i = 5 − 35 − 54 i . Soit θ0 = arccos(3/5) ; θ0 ∈ [0, π] et cos(θ0 ) = 3/5, sin(θ0 ) = 5/5).
On a ainsi ez = −3 − 4i = 5ei(θ0 +π) si et seulement si ex = 5 et y = θ0 + π[2π]. La premi`ere
´equation admet {ln(5) + (θ0 + π + 2kπ) i/ k ∈ Z} comme ensemble de solutions.
3. De mani`ere plus g´en´erale, ez est non nul (module ex non nul).
- ez = 0 n’admet pas de solution dans C.
- ez = µ = |µ|eiarg(u) a lieu si et seulement si ex = |µ| et y = arg(u)[2π]. Les solutions sont donc
les z = ln(|µ|) + i(arg(u) + 2kπ) o`
u k varie dans Z.
4.1. On a
!
m
m
X
X
(sIn )k
sk
=
In
k!
k!
k=0

k=0

En passant `
a la limite, on en d´eduit que
α(sIn ) = es In = µIn
4.2. sIn et J(0) commutent et donc
α(J(s)) = α(sIn )α(J(0)) = µα(J(0))
4.3. Avec les notations de la partie 2, µ(α(J(0)) − In ) = µU et on a vu que cette matrice est
nilpotente. Elle est aussi de rang n − 1 car U l’est et µ 6= 0.
4.4. µ(α(J(0)) − In ) = α(J(s)) − µIn est nilpotente de rang n − 1 et donc semblable `a J(0). Il
existe donc une matrice inversible Q telle que
Q−1 (α(J(s)) − µIn ) Q = J(0)
On en d´eduit alors que
Q−1 α(J(s))Q = J(0) + µIn = J(µ)
5. Avec la question 1, on a donc

α Q−1 J(s)Q = J(µ)
et donc X = Q−1 J(s)Q est une solution de l’´equation α(X) = J(µ).
6. Comme la transposition est continue, α(t M ) = t α(M ) et donc X =
solution de l’´equation α(X) = t J(µ).

5

t


Q−1 J(s)Q est une

7.1. On est dans le cas n = 2. Dans ce cas, µU = µJ(0) et Q = diag(1, µ) convient. On a aussi
T1 = t J(i) et on est dans le cas µ = i et on peut prendre s = iπ/2. D’apr`es la question 6, la
matrice
X1 = t (diag(1, µ)α(J(iπ/2))diag(1, 1/µ))
est solution de α(X) = T1 . Le calcul donne


iπ/2 −1
X1 =
0
iπ/2
7.2.1 On est dans le cas n = 2 et µ = −1. Q = diag(1, −1) convient et le mˆeme calcul qu’`
a la
question pr´ec´edente donne




−1 1
iπ −1
α(B1 ) =
avec B1 =
0 −1
0 iπ
7.2.2 Un calcul par bloc permet de montrer (par r´ecurrence que)
 k

B1
0

0
∀k ∈ N, H k = 
0 0 (ln(2))k
En divisant par k!, en sommant et en passant `a la limite, on a donc


α(B1 )
0
0 
α(H) = 
0
0 2
7.2.3 On a trouv´e en question I.3 une matrice P telle que P −1 AP = α(H). On a donc A =
P α(H)P −1 = α(P HP −1 ). On peut donc choisir


ln(2)
iπ − ln(2)
−iπ + ln(2)
−1 − ln(2)
iπ + 1 − ln(2) 
X2 = P HP −1 =  iπ − ln(2)
iπ − ln(2) −iπ − 1 + ln(2) 2iπ + 1 − ln(2)

6



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